秩2投影集的幾何結(jié)構(gòu)

向 彰

(重慶師范大學(xué) 數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院, 重慶 401331)

0 引言

1931年Wigner[1]首次提及Wigner定理.Wigner定理有非雙射版本與雙射兩個版本.非雙射版本說明Grassmann空間上保持不同射線之間夾角的變換由線性等距或者共軛線性等距導(dǎo)出.另一方面,在Hilbert空間的維數(shù)不小于3時, Uhlhorn觀察到：若Grassmann空間上的變換是保持正交性的雙射,則非雙射版本中的等距算子就是一個酉算子或者反酉算子.雙射版本的Wigner定理敘述如下：

設(shè)H是Hilbert空間,P1(H)為秩1投影形成的集合.如果φ是P1(H)上的等距滿射，則存在酉算子或者反酉算子U使得

φ(P)=UPU*,?P∈P1(H).

Wigner定理提出之后,它的推廣引起了學(xué)者們的極大興趣.Botelho等[2]首次刻畫了Pn(H)上的算子范數(shù)等距滿射，并指出：當(dāng)dimH≥4n時,Pn(H)上的算子范數(shù)等距滿射φ由酉算子或反酉算子導(dǎo)出.為了去掉維數(shù)的影響,Geher等[3]采用不同于文獻(xiàn)[2]的方法證明了Pn(H)上的算子范數(shù)等距滿射φ是由酉算子或者反酉算子導(dǎo)出.對于任意P,Q∈Pn(H),定義了集合

M(P,Q)={R∈Pn(H):‖P-R‖=

文獻(xiàn)[3]首先證明了P,Q正交當(dāng)且僅當(dāng)M(P,Q)是緊流形.然后,因為φ是等距滿射, 所以φ(M(P,Q))=M(φ(P),φ(Q)),從而證明了φ保持投影的正交性.最后,運(yùn)用文獻(xiàn)[4]的結(jié)果得出φ由酉算子或者反酉算子導(dǎo)出.文獻(xiàn)[3]的證明思路啟發(fā)我們考慮P,Q正交時,與P,Q距離為1的秩n投影形成的集合.然而,由于P,Q之外的元相互關(guān)系很復(fù)雜,這種集合的刻畫較困難.于是本文考慮了Pn(H)中任意兩個元距離為1的子集，將這種集合定義為等距集，不被任何等距集包含的等距集稱為極大等距集.

本文首先給出一些概念和引理.然后研究了dimH=4時,P2(H)中極大等距集的三種形式.

1 預(yù)備知識

設(shè)H是復(fù)Hilbert空間,本文所有命題和定理中H均為4維復(fù)希爾伯特空間.Pk(H)是H到H的所有秩k投影形成的集合.當(dāng)M是H閉子空間時,P(M)表示值域為M的投影,Pk(M)表示M中秩k的投影.當(dāng)N是H的子集時,[N]表示包含集合N的最小閉子空間.

定義1設(shè)H是Hilbert空間,dimH=n<∞,k∈Z+,k

引理1若{P,Q,R}是等距集,則P∧R,Q∧R∈P1(H).

證明由于‖R-P‖=‖R-Q‖=1,所以存在

0≠ξ1∈ImR∩KerP,

0≠ξ2∈ImR∩KerQ，

因為P,Q正交,所以P∧R,Q∧R正交,因此P∧R+Q∧R是投影.又因為R∈P2(H),所以R=P∧R+Q∧R.

2 主要結(jié)果

定理1P,Q∈P2(H)并且P,Q正交.S是包含P,Q的極大等距集,那么S的形式是

證明由P,Q正交,所以在正交分解H=ImP⊕ImQ下,

t1∈P1([e1,e2]),t2∈P1([e3,e4]).

情況1X∩S有兩個元時.不妨設(shè)這兩個元為

情況2Y∩S基數(shù)為2時,類似情況1討論.

不論是情況1還是情況2,可以驗證X∩S,Y∩S中均有兩個元.

定理2Q1,Q2∈P2(H),‖Q1-Q2‖=1并且dim(ImQ1∩ImQ2)=1,則包含Q1,Q2的極大等距集S的基數(shù)為6.

證明因為Q1,Q2∈P2(H),‖Q1-Q2‖=1,dim(ImQ1∩ImQ2)=1,所以總可以選定H的一組規(guī)范正交基e1,e2,e3,e4，使得Q1,Q2的矩陣表示如下：

設(shè){Q1,Q2,P}是等距集.由于‖P-Q1‖=1,ImP中有非零元0≠η1=λ1e1+λ4e4∈[e1,e4].類似地,因為‖P-Q2‖=1,于是ImP中有非零元η1=μ1e1+μ3e3∈[e1,e3].

(i)η1,η2線性無關(guān)時.顯然此時η1,η2形成ImP的一組基,又由于η1,η2∈[e1,e2,e3],因此有P∈P2([e1,e3,e4]).

(ii)η1,η2線性相關(guān)時.如果λ4≠0,μ3=0,由于η2的非零性,我們就有μ1≠0,于是就有η2=μ1e1,這與η1,η2線性相關(guān)矛盾.類似地,λ4=0,μ3≠0是不可能的.而λ4≠0,μ3≠0時,η1,η2必然線性無關(guān).因此λ4=0,μ3=0.進(jìn)而

其中R=P1([e2,e3,e4]).

由于S-{Q1,Q2}中任意元T與Q1,Q2形成等距集，因此S-{Q1,Q2}中的元是(i)或(ii)形式.為了方便我們將S-{Q1,Q2}中(i)形式的元形成集合記為X，(ii)形式的元形成集合記為Y.因為X?P2([e1,e3,e4]),所以X中至多有三個元.由于[e2,e3,e4]至多含有三個相互正交的秩1投影，所以Y中元的個數(shù)不會超過3.

情況1X中有三個元時.

其中P1,P2,P3是P2([e1,e3,e4])中兩兩正交的三個秩2投影.

情況2Y中有三個元時.

設(shè)Q1,Q2,Q3∈Y.不妨設(shè)Q1,Q2,Q3的形式如下：

Q1=P([e1])+R1,Q2=P([e1])+R2,

Q3=P([e1])+R3,

其中R1,R2,R3是P1([e2,e3,e4])中相互正交的三個秩1投影.若S中有X中元P′1，由于{Q1,Q2,Q3,P′1}也是等距集，e1∈ImQi(i=1,2,3),所以存在非零ξi∈ImP′i∩[e3,e4]使得ξi⊥ImQi.

(i)ξ1,ξ2,ξ3張成一維線性空間時,有ξ1∈[e3,e4]使得ξ1⊥[e2,e3,e4](矛盾).

(ii)ξ1,ξ2,ξ3張成二維線性空間時,由于ξ1,ξ2,ξ3∈[e3,e4],我們就有P′1=P([e3,e4]).因此在情況2下,

其中Q1,Q2,Q3∈Y.

情況3X中有兩個元P1,P2.

若Q∈Y,則有{P1,P2,Q}也是等距集.因此存在非零ξi∈ImQ∩KerPi,于是

P([e1,e3,e4])ξi∈P([e1,e3,e4])(KerPi)(i=1,2).

(i)P([e1,e3,e4])ξ1(i=1,2)中至少有一個為0.在這種情況下ξ1,ξ2中至少有一個與e2線性相關(guān),故我們得到e2∈ImQ.因此有

(ii)P([e1,e3,e4])ξ1≠0(i=1,2)，因為0≠ξ1∈P([e1,e3,e4])(KerPi)(i=1,2),因此有ξ1,ξ2線性無關(guān)，進(jìn)而Q=[ξ1,ξ2].

情況4X中有一個元時.

顯然S的基數(shù)至多為6.

注定理2給出兩個元的交是1維的極大交換集S的結(jié)構(gòu)，我們很自然會問：是否存在一個極大等距集S，使得S中任意兩個元的交是0維的且S的基數(shù)是6？上面的定理只得出S的基數(shù)不大于6,S的基數(shù)是否為6還需進(jìn)一步研究.在接下來的部分我們用R=L(ξ1,ξ1)表示秩2投影P2([ξ1,ξ2]),并且不再區(qū)分閉子空間與投影.

定理3設(shè)H是4維的Hilbert空間,S?P2(H)，S是等距集.若S中任意兩個元的交是1維的,則S的基數(shù)不會超過6.

證明不妨假設(shè)P,Q∈S,因為P,Q∈P2(H),‖P-Q‖=1,dim(ImP∩ImQ)=0,因此總可以選定一組規(guī)范正交基使得P,Q的矩陣表示如下：

其中0<λ≤1.

如果λ=1，則有P⊥Q.由前面引理1，我們可以知道‖R-P‖=‖R-Q‖=1，必有dim(R∩Q)=1，因此S={P,Q}.于是我們只需考慮0<λ≤1的情形.

不妨設(shè)KerQ=[e1,e3+te4].由于‖R-P‖=1,‖R-Q‖=1,于是存在0≠ξ1∈ImR∩kerP,因此有ξ1形如λ2e2+λ3e3.存在ξ2∈ImR∩kerQ，因此有ξ2形如λ1e1+α(e3+te4).

下面證明[ζ1,ζ2]=ImR.假設(shè)λ2=0,則有e3∈ImR.于是有

λ1e1+α(e3+e4)-αe3=λ1e1+αe4∈ImR，

這與dim(ImR∩ImP)=0矛盾.因此λ2≠0，ξ1,ξ2線性無關(guān),并且ξ1,ξ2張成ImR.由于λ2≠0我們不妨將ξ1寫成e2+λe3.

接下來再說明λ1≠0.假設(shè)λ1=0,我們不妨將ξ2寫成e3+te4.設(shè)k1,k2∈C滿足

e2+λe3+k1(e3+te4)=e2+k2(te3-e4).

(1)

對(1)式中各項的系數(shù)，我們得到一個關(guān)于k1,k2的二元一次方程組：

容易驗證線性方程系數(shù)矩陣行列式非零，于是k1,k2有非零解,這與ImR∩ImQ=0矛盾.因此我們得到投影R形式為R1=L(e2+λe3,e1+μ(e3+te4)),為了方便起見我們記

α={L(e2+λe3,e1+μ(e3+te4)):λ,μ,t∈C}.

下面先證α中任意兩個元交為0. 設(shè)

R1,R2∈α，R1=L(e2+λ1e3,e1+μ1(e3+e4)),

R2=L(e2+λ2e3,e1+μ2(e3+e4)).

若ImR1∩ImR2≠0，則存在非零的復(fù)數(shù)c1,c2,m1,m2,使得

c1e2+c2(e3+te4)=m1e2+m2(e3+te4).

(2)

將上式兩邊同時對e1,e2作內(nèi)積，我們可以得出c1=m1,c2=m2(矛盾).

最后再證S∩α至多有4個元.設(shè)R1,R2如上.若‖R2-R1‖=1則?η∈ImR2,使得η⊥R1.因此存在k1,k2∈C，使得

η=k1(e2+λ2e3)+k2(e1+μ1(e3+te4))=λ1e2-e3+**.

(3)

因此就有

(4)

整理后得出

(1+λ2λ1)+μ1μ2+μ1μ2t2(1+λ2λ1)=0.

(5)

于是得到了‖R2-R1‖=1的必要條件是(1+λ2λ1)+μ1μ2+μ1μ2t2(1+λ2λ1)=0.我們觀察到整個推導(dǎo)過程都是可逆的，因此這個條件是一個充要條件.

R1,R2如上,若{P,Q,R1,R2,R}?S,R=L(e2+xe3,e1+y(e3+e4)),則有

由方程(b)我們可以得到

y=(1+t2+t2λ1x)-1μ-1(-1-λ1x)，

(6)

將(6)式帶入(c)得到

(μ1-μ2)λ1λ2t2x2+[2(λ2μ1-λ1μ2)+(λ1μ1-λ2μ2)t2]x+(μ1-μ2)(1+t2)=0.

(7)

在R1,R2固定的情形下，即λ1,λ2,μ1,μ2固定.由前面的分析知μ1≠μ2,λ1≠λ2,于是(7)是一個關(guān)于x的一元二次方程.由于一元二次方程根的個數(shù)不超過2,所以α中至多有4個元.